山东济南市市中区2025-2026学年第二学期八年级期中学业质量监测数学学科试题（含答案+解析）

这是一份山东济南市市中区2025-2026学年第二学期八年级期中学业质量监测数学学科试题（含答案+解析），共38页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.若分式xx−1有意义，则实数x的取值范围是( )
A. x≠1B. x>1C. x≠0D. x0)，得到线段A′B′.若平移后的线段A′B′与y轴有交点，求t的取值范围．
(3)如图4，当点M、N在直线l上滑动(保持MN= 2)时，四边形OMNA的周长是否存在最小值？若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
25.(本小题9分)
半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等，通过翻折、旋转或“截长补短”作辅助线等方法，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，弱化条件，变更载体．而构建模型，可把握问题的本质．
(1)【问题提出】如图1，四边形ABCD是正方形，E，F分别在边BC和CD上，且∠EAF=45 ∘(此时∠EAF=12∠BAD)，小明为了解决线段EF，BE，DF之间的关系，将△ADF绕点A顺时针旋转90 ∘得到△ABG后，如图2.进而证明 ≌△EAF，可得出结论．他的结论应是 .
(2)【触类旁通】如图3，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180 ∘，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=12∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
(3)【知识应用】2026年4月13日，针对某国军舰在南海的非法巡航及侦察活动，中国人民解放军南部战区在南海某海域组织联合反制演习．演习中，我方055型万吨驱逐舰“延安舰”(代号“蓝刃”)与815A型电子侦察船“天权星舰”(代号“天眼”)协同行动，模拟对“敌”舰队的跟踪与电子压制．如图4，指挥中心设在永暑礁附近的O点．演习开始前，055驱逐舰位于O点北偏西30 ∘的A处，815侦察船位于O点南偏东70 ∘的B处，且OA=OB(两舰到指挥中心距离相等).接到“敌舰现身”的紧急指令后：055驱逐舰以30海里/小时的速度向正东方向全速机动，准备前出拦截；815侦察船以20海里/小时的速度沿北偏东50 ∘方向前出，实施电子侦察与信号定位．2小时后，055舰到达C点，815船到达D点．此时，指挥中心通过雷达确认：∠COD=70 ∘(即两舰与指挥中心连线之间的夹角).试求此时两舰之间的距离CD(单位：海里).
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵分式xx−1有意义，
∴x−1≠0，
∴实数x的取值范围是x≠1，
故选：A.
分式有意义的条件是分母不等于零，解不等式得到答案．
本题考查的是分式有意义的条件，掌握分式的分母不为0是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】【详解】解：选项A，左边9−a2是多项式，右边3+a3−a是两个整式的乘积，且等式成立，符合因式分解的定义；
选项B，等式右边为xx−3+1，不是几个整式乘积的形式，不符合要求；
选项C，变形是从整式乘积得到多项式，属于整式乘法，不是因式分解，不符合要求；
选项D，等式右边的1x不是整式，不符合因式分解的要求．
3.【答案】D
【解析】先确定系数最大公约数，再取相同字母最低次幂的方法．
【详解】解：多项式a3b−ab2c的两项分别为a3b和−ab2c，
两项系数的最大公约数为1，
两项都含有的相同字母是a和b，
a的最低次数是1，b的最低次数是1，
∴公因式为1⋅a⋅b=ab.
4.【答案】B
【解析】【详解】解：A.不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B.是中心对称图形，故本选项符合题意；
C.不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D.不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
5.【答案】D
【解析】本题考查平移的性质，根据平移的性质，结合图形逐项判断即可．
【详解】解：∵将Rt△ABC沿直角边BC所在的直线向右平移得到△DEF，
∴△ABC≌△DEF，∠DEF=∠B=90 ∘，BC=EF，
∴BC−EC=EF−EC，则BE=CF，
故选项A、B、C正确，不符合题意；
现有条件无法得到EC=CF，故选项D错误，符合题意．
故选：D.
6.【答案】A
【解析】由题意A，C关于原点对称，可得点C的坐标．
【详解】解：∵▱ABCD的对角线交点在原点，
∴A，C关于原点对称，
∵A−1,2，
∴C1,−2.
7.【答案】C
【解析】利用分式除法法则将除法转化为乘法，约分后即可得到结果．
【详解】解：m−2m2÷m−2m=m−2m2⋅mm−2=1m.
8.【答案】D
【解析】解：由旋转的性质得∠B′AB=60 ∘，
∵等腰直角三角尺ABC中，∠BAC=45 ∘，
∴∠B′AC=∠B′AB+∠BAC=105 ∘.
9.【答案】B
【解析】设AC交y轴于点T.利用勾股定理求出OA= 5，再证明OA=AG= 5，可得结论．
【详解】解：如图，设AC交y轴于点T.
∵A−1,2，
∴AT=1,OT=2，OA= 12+22= 5，
由作图可知OG平分∠AOB，
∴∠AOG=∠GOB，
∵AC//OB，
∴∠AGO=∠GOB，
∴∠AOG=∠AGO，
∴AO=AG= 5，
∴TG=AG−AT= 5−1，
∴G 5−1,2.
10.【答案】A
【解析】先求出若x分别取a,1a，所得结果相加之和等于a2−1a2+1+−a2−1a2+1=0，x=0时分式值为−1，进而计算加法即可．
【详解】解：当x=a(a为正整数)时，x2−1x2+1=a2−1a2+1，当x=1a时，1a2−11a2+1=1−a21+a2=−a2−1a2+1，
∴若x分别取a,1a，所得结果相加之和等于a2−1a2+1+−a2−1a2+1=0，
当x=0时，x2−1x2+1=02−102+1=−1，
∴若x分别取2026，2025，2024，…，2，1，0，1，12，13，…，12024，12025，12026，所得结果相加之和等于0×2026+−1=−1.
11.【答案】x(x−4)
【解析】【分析】直接提取公因式x，进而分解因式得出即可．
【详解】解：x2−4x=x(x−4).
故答案为：x(x−4).
【点睛】本题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．
12.【答案】3
【解析】解：由题意得：m−3=0，
解得m=3，
故答案为：3.
根据分式的值为零的条件：分子等于0，分母不等于0，计算即可得解．
本题考查了分式的值为零的条件，熟知分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零是解题的关键．
13.【答案】1
【解析】解：由平移的性质得BB1=CC1=5，
∵BC1=11，
∴B1C=BC1−BB1−CC1=1.
14.【答案】m02−2m−1≠0，
∴m0，
∴a−b=0，
∴a=b，
∴△ABC为等腰三角形．

【解析】1.
利用分组分解法进行因式分解即可；
解：ax+ay+x2−y2
=ax+ay+x2−y2
=ax+y+x+yx−y
=x+ya+x−y；
2.
利用分组分解法进行因式分解即可；
3.
将等式左边进行因式分解，转化为两个因式的积的形式，再进行判断即可．
24.【答案】【小题1】
解：在y=x+1中，
令x=0，得y=1，
∴C0,1；
令y=0，得x=−1，
∴D−1,0；
【小题2】
解：由题意可知，直线l与x轴正方向夹角为45 ∘，平移距离为t(t>0)，
∵点A4,0，B1,3，
∴当线段AB沿直线l的反向(左下方)平移时，才可能与y轴相交，
∴此时点A平移后的对应点A′的横坐标为4− 22t；点B平移后的对应点B′的横坐标为1− 22t，
∵线段A′B′与y轴有交点，
∴4− 22t≥01− 22t≤0，
解得 2≤t≤4 2；
∴平移后的线段A′B′与y轴有交点时，t的取值范围是 2≤t≤4 2；
【小题3】
解：存在，最小值为2 5+ 2+4；
如图，过点O作OE//MN，过点N作NE//OM，NE交OE于点E，过点E作EH⊥l于点H，作EG⊥y轴于点G，延长EH交y轴于点F，连接NF，
则四边形MNEO是平行四边形，∠EHG=∠FHG=∠EGO=∠EGF=90 ∘，
∴OM=NE，OE=MN= 2，∠OEF=∠GHF=90 ∘，
∵OE//l，l与x轴正方向夹角为45 ∘，即∠GDO=45 ∘，
∴∠EOA=∠GDO=45 ∘，
∴∠GOE=90 ∘−∠EOA=45 ∘，
∴∠GEO=∠GOE=45 ∘，
∴GO=GE= 22OE=1，∠GEF=∠OEF−∠GEO=90 ∘−45 ∘=45 ∘，
∴∠HGE=∠GFE=∠GEF=45 ∘，
∴GF=GE=1，
∴FH=HE，即直线l垂直平分EF，
∴NE=NF，
∴OM=NF，
∴四边形OMNA的周长=OM+MN+NA+OA=NF+NA+MN+OA，
∵MN和OA为定值，
∴当F、N、A三点共线时，NF+NA取得最小值，此时四边形OMNA的周长最小，
∵OF=GO+GF=1+1=2，OA=4，
∴AF= OF2+OA2= 22+42=2 5，
∴四边形OMNA的周长最小值为2 5+ 2+4.

【解析】1.
分别令x=0和y=0求得对应的y和x的值即可解答；
2.
根据题意先判断线段AB的平移方向，然后写出平移后对应点的横坐标，然后根据平后要与y轴相交，可知平移后的点A′的横坐标大于等于0，且点B′的横坐标小于等于0时，满足题意，据此列出不等式解答即可；
3.
过点O作OE//MN，过点N作NE//OM，NE交OE于点E，过点E作EH⊥l于点H，作EG⊥y轴于点G，延长EH交y轴于点F，连接NF，则四边形MNEO是平行四边形，然后根据等腰直角三角形的性质推出直线l垂直平分EF，从而得到OM=NF，进而可知当F、N、A三点共线时，NF+NA取得最小值，此时四边形OMNA的周长最小，最后利用勾股定理求得AF，即可解答．
25.【答案】【小题1】
△EAG
EF=BE+DF
【小题2】
解：成立，理由如下：
延长CB，使BG=DF，连接AG，如图所示：
∵∠ABC+∠D=180 ∘，∠ABC+∠ABG=180 ∘，
∴∠D=∠ABG，
又AB=AD，
∴△ADF≌△ABGSAS，
∴AG=AF,∠DAF=∠BAG，
∴∠DAF+∠BAE=∠BAE+∠BAG=∠EAG，
∵∠EAF=12∠BAD，∠DAF+∠BAE+∠EAF=∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE=12∠BAD，
∴∠EAG=12∠BAD，
∴∠EAG=∠EAF，
又AG=AF,AE=AE，
∴△EAG≌△EAFSAS，
∴EG=EF=BG+BE，
∴EF=BE+DF；
【小题3】
解：延长DB，使BS=AC，连接OS，在O点的正西方向取一点T，在O点的正南方向取一点V，在O点的正北方向取一点W，在B点的正北方向取一点U，如图所示：
由题意可知，∠AOT=60 ∘，∠BOV=70 ∘，∠UBD=50 ∘，∠COD=70 ∘，
∵AC//OT,BU//OV，
∴∠OAC=∠AOT=60 ∘，∠OBU=∠BOV=70 ∘，
∴∠OBD=∠OBU+∠UBD=120 ∘，
∴∠OAC+∠OBD=180 ∘，
∵∠OBD+∠OBS=180 ∘，
∴∠OAC=∠OBS，
又OA=OB,AC=BS，
∴△OAC≌△OBSSAS，
∴OC=OS,∠AOC=∠BOS，
∵∠AOC=∠AOW+∠WOC=30 ∘+∠WOC，
∴∠BOS=30 ∘+∠WOC，
∵∠BOV=70 ∘，
∴∠SOV=∠BOV−∠BOS=70 ∘−30 ∘+∠WOC=40 ∘−∠WOC，
∴∠SOD=180 ∘−∠WOC−∠COD−∠SOV
=180 ∘−∠WOC−70 ∘−40 ∘−∠WOC
=70 ∘，
∴∠COD=∠SOD，
又OC=OS,OD=OD，
∴△OCD≌△OSDSAS，
∴CD=SD=BS+BD=AC+BD，
∵055驱逐舰以30海里/小时的速度向正东方向全速机动，准备前出拦截；815侦察船以20海里/小时的速度沿北偏东50 ∘方向前出，实施电子侦察与信号定位．2小时后，055舰到达C点，815船到达D点．
∴AC=30×2=60(海里)，BD=20×2=40(海里)，
∴CD=60+40=100(海里).

【解析】1.
由题意可知△ADF≌△ABG，得到AG=AF,∠DAF=∠BAG，DF=BG，再证明∠EAG=45 ∘，推出△EAG≌△EAFSAS，得到EG=EF，最后根据BG+BE=EF即可得出结论；
解：如图，将△ADF绕点A顺时针旋转90 ∘得到△ABG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=∠ABC=∠D=90 ∘，
∴△ADF≌△ABG，
∴AG=AF,∠DAF=∠BAG，DF=BG，∠ABG=∠D=90，
∴∠ABG+∠ABC=180 ∘，
∴G、B、E三点共线，
∵∠EAF=45 ∘，
∴∠DAF+∠BAE=45 ∘，
∴∠BAG+∠BAE=45 ∘，即∠EAG=45 ∘，
∴∠EAG=∠EAF，
又AG=AF,AE=AE，
∴△EAG≌△EAFSAS，
∴EG=EF=BG+BE，
∴EF=BE+DF；
2.
延长CB，使BG=DF，连接AG，先证明∠D=∠ABG，得到△ADF≌△ABGSAS，推出AG=AF,∠DAF=∠BAG，接着证明△EAG≌△EAFSAS，得到EG=EF，最后根据BG+BE=EF即可得出结论；
3.
延长DB，使BS=AC，连接OS，在O点的正西方向取一点T，在O点的正南方向取一点V，在O点的正北方向取一点W，在B点的正北方向取一点U，接着证明∠OAC+∠OBD=180 ∘，得到∠OAC=∠OBS，推出△OAC≌△OBSSAS，得到OC=OS,∠AOC=∠BOS，接着证明∠SOD=∠COD，推出△OCD≌△OSDSAS，到CD=SD=BS+BD=AC+BD.